Spur(A)

Aufgabe II.1
Es sei A ∈ C5×5 eine Matrix mit höchstens zwei verschiedenen Eigenwerten λ, µ ∈
e ∈ C5×5 ihre Jordansche Normalform. Weiter gelte Rang( A) = 2 und
C, und A
Spur( A) = −2.
(a) Begründen Sie, weshalb λ = 0 ein Eigenwert von A ist.
e
(b) Wieviele Jordankästchen zum Eigenwert λ = 0 besitzt A?
(c) Begründen Sie, weshalb A einen Eigenwert µ 6= 0 hat.
(d) Welche Zahlen können als Dimension des Hauptraums zum Eigenwert µ 6= 0
auftreten?
e von A unter
(e) Bestimmen Sie alle Möglichkeiten für die Jordansche Normalform A
den gegebenen Einschränkungen.
Lösungsvorschlag II.1
(a) Wegen Rang( A) = 2 < 5 gilt
dim ker( A − 0 · I5 ) = dim ker( A) = 5 − 2 = 3 > 0,
das heißt 0 ist ein Eigenwert von A.
(b) Die Anzahl der Jordankästchen zum Eigenwert λ ist gleich der Dimension des
e also drei Jordankästchen zum Eigenwert
Eigenraums zu λ. Nach Teil (a) hat A
λ = 0.
(c) Die Spur ist eine Ähnlichkeitsinvariante, das heißt es gilt
e) = Spur( A) = −2.
Spur( A
e ist gleich der Summe der Eigenwerte (mit Vielfachheit) von
Die Spur von A
A. Wegen Spur( A) = −2 6= 0 muss es also noch mindestens einen Eigenwert
ungleich Null geben.
(d) Die Matrix A hat höchstens zwei verschiedene Eigenwerte, also nach Teil (c) genau zwei Eigenwerte. Zusammen mit (a) folgt, dass die algebraische Vielfachheit
des Eigenwertes λ = 0 entweder 3 oder 4 ist. Damit ist die algebraische Vielfachheit von µ 6= 0 entweder 2 oder 1. Die Dimension des Hauptraums zu µ ist
gleich der algebraischen Vielfachheit von µ, also ebenfalls entweder 2 oder 1.
(e) Sei zunächst die algebraische Vielfachheit von λ = 0 gleich 3. Dann ist
−2 = Spur( A) = 3 · 0 + 2 · µ,
also µ = −1. Abhängig davon, ob die Dimension
e folgende Gestalt:
oder 2 ist, hat A



0 0 0 0
0
0 0


 0 0 0 0
0 
 0 0

,  0 0
 0 0 0 0
0



 0 0
 0 0 0 −1 1 
0 0 0 0 −1
0 0
des Eigenraums zu µ gleich 1
0 0
0
0 0
0
0 0
0
0 −1 0
0 0 −1



.


Sei nun die algebraische Vielfachheit von λ = 0 gleich 4 und damit die algebraische Vielfachheit von µ 6= 0 gleich 1. Zunächst folgt aus
−2 = Spur( A) = 4 · 0 + 1 · µ
µ = −2. Da die Dimension des
folgende Gestalt:

0
 0

 0

 0
0
e
Eigenraums zu µ gleich 1 sein muss, hat A
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0 0
0 0
1 0
0 0
0 −2



.


Aufgabe II.2
Auf R3 sei durch

sα : R3 × R3 → R,

1 1 1
( x, y) 7→ x > · 1 2 α · y
1 α 3
eine Bilinearform gegeben, die von einem Parameter α ∈ R abhängt.
(a) Für welche α ∈ R ist sα ein Skalarprodukt?
(b) Bestimmen Sie alle α ∈ R, für die die Vektoren
 
 
2
2
x = −1 und y =  2 
−1
−1
bezüglich sα orthogonal sind.
(c) Berechnen Sie eine Orthonormalbasis von R3 bezüglich s1 .
Lösungsvorschlag II.2
Es bezeichne Aα ∈ R3×3 die Matrix


1 1 1
A α = 1 2 α  .
1 α 3
(a) sα ist genau dann ein Skalarprodukt, wenn Aα symmetrisch und positiv definit
ist. Die Matrix Aα ist für alle α ∈ R symmetrisch. Es genügt also zu überprüfen,
für welche α ∈ R die Matrix Aα positiv definit ist.
Nach dem Kriterium von Hurwitz ist dies genau dann der Fall, wenn die Determinanten der Hauptminoren positiv sind, also:
1 1
det(1) = 1 > 0, det(
) = 1 > 0 und
1 2
1 1 1 1
1
1
1
α − 1
det( Aα ) = 1 2 α = 0
1 α 3 0 α − 1
2 1 · 1 · 2 − (α − 1)(α − 1) = 1 + 2α − α2 > 0.
Die Nullstellen von α2 − 2α − 1 sind nach der Lösungsformel für quadratische
Gleichungen gerade
√
√
2± 4+4
= 1 ± 2,
2
und daher ist sα genau dann ein Skalarprodukt, wenn
1−
√
2 < α < 1+
√
2.
(b) Die Orthogonalität von x und y ist laut Definition äquivalent zu
0 = x > Aα y = (0 − α (−1 − α))y = −2α + (1 + α) = α − 1.
Dies gilt genau dann, wenn α = 1 (und hier liegt ein Skalarprodukt vor).
(c) Nach Teil (b) sind x, y für s1 bereits orthogonal. Wir brauchen noch einen Vektor,
der zu beiden orthogonal ist und lösen dazu das LGS
x > A1 z = y> A1 z = 0.
Es ist x > A1 = (0 − 1 − 2), y> A1 = (3 5 1) und damit
z = (3 − 2 1) >
eine mögliche Wahl.
Nun müssen wir noch normieren und finden die Orthonormalbasis
√
√
√
{ x/ 3, y/ 15, z/ 10}.
Aufgabe II.3
Es sei (V, h·, ·i) ein euklidischer Vektorraum der Dimension n ≥ 1, und Φ : V → V
ein Endomorphismus mit der Eigenschaft
h Φ ( x ), x i = 0
x ∈ V.
für alle
Zeigen Sie:
(a) Für alle x, y ∈ V gilt hΦ( x ), yi = −h x, Φ(y)i.
(b) Ist U ⊂ V ein Φ-invarianter Untervektorraum, so ist auch U ⊥ Φ-invariant.
(c) Besitzt Φ einen Eigenwert λ ∈ R, so ist Φ nicht invertierbar.
(d) Der Endomorphismus Φ2 : V → V, x 7→ Φ(Φ( x )) ist selbstadjungiert.
(e) Es gibt eine Orthonormalbasis B von V
µ1 , µ2 , . . . , µn , sodass die Abbildungsmatrix
durch

µ1 0 · · ·
..

.
 0 µ2
. .
.
 ..
..
..
0 ··· 0
und nichtpositive reelle Zahlen
von Φ2 bezüglich B gegeben ist

0
.. 
. 
.
0
µn
Lösungsvorschlag II.3
(a) Seien x, y ∈ V beliebig. Dann gilt nach Voraussetzung
0 = h Φ ( x + y ), x + y i = h Φ ( x ) + Φ ( y ), x + y i
= h Φ ( x ), x i + h Φ ( y ), x i + h Φ ( x ), y i + h Φ ( y ), y i
= h Φ ( y ), x i + h Φ ( x ), y i.
Dabei haben wir nacheinander die Linearität von Φ, die Bilinearität des Skalarproduktes sowie die Voraussetzung an Φ verwendet.
(b) Sei nun y ∈ U ⊥ beliebig. Dann gilt für alle u ∈ U wegen Φ(u) ∈ U
0 = hΦ(u), yi = −hu, Φ(y)i,
das heißt Φ(y) ∈ U ⊥ .
(c) Sei x 6= 0 ein Eigenvektor von Φ zum Eigenwert λ ∈ R. Dann gilt
0 = hΦ( x ), x i = hλx, x i = λh x, x i,
also wegen h x, x i > 0 notwendigerweise λ = 0. Wegen E0 ⊇ [ x ] und E0 =
ker(Φ − 0 · idV ) = ker(Φ) 6= {0} ist Φ nicht injektiv, also insbesondere nicht
invertierbar.
(d) Seien wieder x, y ∈ V beliebig. Dann gilt
hΦ2 ( x ), yi = hΦ Φ( x ) , yi = −hΦ( x ), Φ(y)i
= (−1)2 h x, Φ Φ(y) i = h x, Φ2 (y)i.
Somit ist Φ2 selbstadjungiert.
(e) Da Φ2 selbstadjungiert ist, gibt es eine Orthonormalbasis B = (b1 , b2 , . . . , bn ) aus
Eigenvektoren von Φ2 . Für die zugehörigen Eigenwerte µ1 , µ2 , . . . , µn gilt dann
µi = hµi bi , bi i = hΦ2 (bi ), bi i = −hΦ(bi ), Φ(bi )i ≤ 0
wegen der positiven Definitheit des Skalarprodukts.
für alle i ∈ {1, 2, . . . , n}
Aufgabe II.4
Gegeben sei die Matrix
√

6 √1
1
A = − 6
2
6  ∈ R3 × 3 .
√
4
1
− 6 3

3
√
(a) Zeigen Sie, dass die Abbildung Φ : R3 → R3 , x 7→ A · x eine Isometrie des
euklidischen Standardraums (R3 , h·, ·i) ist.
e von A.
(b) Bestimmen Sie die euklidische Normalform A
e gilt.
(c) Bestimmen Sie eine orthogonale Matrix S ∈ R3×3 , so dass S> · A · S = A
Lösungsvorschlag II.4
(a) Es gilt A> A = I3 , die Einheitsmatrix. Also ist A orthogonal.
(b) Da die Spur von A gleich 2 ist, kann −1 kein Eigenwert sein, denn sonst wäre
A ähnlich zu einer orthogonalen Blockmatrix
−1 0
,
0 B
in dem die orthogonale (2 × 2)-Matrix B Spur 3 haben müsste. Dies ist aber nicht
möglich, da alle Einträge einer orthogonalen Matrix betragsmäßig nicht größer
sind als 1. Bekanntlich zeigt dies, dass die Determinante von A gleich 1 ist.
Zudem ist 1 ein Eigenwert von A, und wir sehen an
√
√

 

 
−√1
6 √1
1 0 −1
1
−
6
−
1
1
A − I3 = − 6 −√2
6 ∼ 0 −8
0  ∼ 0 1 0 
4
0 0 0
0
0
0
1
− 6 −1
dass (1 0 1)> ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist.
Da die euklidische Normalform den Eigenwert 1 auf der Diagonalen stehen hat,
besitzt sie auch ein Drehkästchen mit Spur 1, also ist sie


1
0
0
√
e = 0 1/2 − 3/2 .
A
√
0
3/2
1/2
(c) Die
Basiswechselmatrix erhalten wir, indem wir den normierten Eigenvektor
√
2
>
2 (1 0 1) zum Eigenwert 1 zu einer Orthonormalbasis ergänzen und deren
Spalten in S schreiben. Dabei müssen wir nur noch auf die Vorzeichen bei den
Sinus-Einträgen im Drehkästchen aufpassen.
Eine Orthonormalbasis ergibt sich leicht durch Ausprobieren, die zugehörige
Matrix ist etwa
√
√

2/2 0
2/2
.
1
S = √ 0
√0
2/2 0 − 2/2
√
Nachrechnen zeigt, dass auch das Vorzeichen bei 3/2 stimmt.
Aufgabe II.5
Es seien V ein endlich dimensionaler unitärer Vektorraum und Φ ∈ End(V ) ein Endomorphismus, sodass für die zu Φ adjungierte Abbildung Φ∗ gilt:
Φ∗ = 2Φ2 − Φ.
(a) Zeigen Sie, dass Φ∗ ◦ Φ = Φ ◦ Φ∗ gilt.
(b) Welche komplexen Zahlen können als Eigenwerte von Φ auftreten?
(c) Zeigen Sie, dass Φ eine orthogonale Projektion ist.
Hinweis zu (c): Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass V eine Orthonormalbasis aus
Eigenvektoren von Φ besitzt.
Lösungsvorschlag II.5
(a) Es gilt
Φ∗ ◦ Φ = (2Φ2 − Φ) ◦ Φ = 2Φ3 − Φ2 = Φ ◦ (2Φ2 − Φ) = Φ ◦ Φ∗ .
(b) Da V eine Orthonormalbasis B aus Eigenvektoren von Φ besitzt ist die Abbildungsmatrix von Φ bezüglich B eine Diagonalmatrix


λ1 0 · · · · · · 0
 0 λ2
0 ··· 0 

 .
.
.

. . . . . ... 
..
D =  ..
,

 . .
.
.
 ..
..
..
.. 0 
0 · · · · · · 0 λn
wobei λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ C die Eigenwerte von Φ sind. Die Abbildungsmatrix von
Φ∗ bezüglich B ist


λ1 0 · · · · · · 0
0 λ
0 ··· 0 
2



 . .
.
.
.
∗
. . ..  ,
..
..
..
D =



 .. . .
..
..
.
.
. 0
 .
0
··· ···
0
λn
da B eine Orthonormalbasis ist. Hier muss auch die Gleichheit
D ∗ = 2D2 − D
gelten, und das bedeutet für den Eigenwert λk = x + iy
x − iy = 2( x + iy)2 − ( x + iy) = 2x2 − 2y2 − x + i(2xy − y).
Der Vergleich der Imaginärteile zeigt xy = 0, also x = 0 oder y = 0.
Im Fall x = 0 zeigt der Vergleich der Realteile, dass auch y = 0 gilt.
Im Fall y = 0 erhalten wir aus der Bedingung an die Realteile die Gleichung
2x2 − x = x, also 0 = 2x2 − 2x = 2x ( x − 1).
Daher sind die einzig möglichen Eigenwerte 0 und 1.
(c) V ist die direkte Summe der Eigenräume zu den Eigenwerten 0 und 1. Ist also
v = v0 + v1 eine dazu passende Zerlegung von v ∈ V, so gilt Φ(v) = v1 .
Also ist Φ die orthogonale Projektion auf den Eigenraum zum Eigenwert 1.
Aufgabe II.6
In Abhängigkeit von dem Parameter a ∈ R sei die affine Abbildung φa : R3 → R3
gegeben durch


 
1
a
0
0



φa ( x ) = 0 a − 2 1 x + 2  .
2
0
3
0
(a) Für welche a ∈ R ist φa eine Affinität?
(b) Bestimmen Sie alle Parameter a ∈ R, für die es genau ein x a ∈ R3 gibt mit
φa ( x a ) = x a . Geben Sie für diese Parameter den Punkt x a an.
(c) Für welche a ∈ R ist der lineare Anteil von φa nicht diagonalisierbar?
(d) Bestimmen Sie alle Parameter a ∈ R, für die φa eine Affinität ist und für welche
es genau einen Punkt x a ∈ R3 und genau zwei Geraden ga , h a ⊆ R3 gibt mit
φa ( x a ) = x a ,
φa ( g a ) ⊆ g a
und φa (h a ) ⊆ h a .
Lösungsvorschlag II.6
(a) Entwicklung nach der ersten Zeile zeigt: Das charakteristische Polynom des linearen Anteils von φa ist das Polynom
( X − a) · ( X − ( a − 2)) · ( X − 3).
φa ist genau dann eine Affinität, wenn der lineare Anteil invertierbar ist, also
nicht Eigenwert 0 hat, wenn also a weder 0 noch 2 ist. Somit ist φa für alle
a ∈ R \ {0, 2} eine Affinität.
(b) Die Gleichung φa ( x a ) = x a ist äquivalent zum inhomogenen LGS
 


1
a−1
0
0
 0


a − 3 1 x a = − 2 .
2
0
2
0
Gesucht sind also diejenigen Parameter a ∈ R, für die das obige LGS genau eine
Lösung besitzt. Dies ist genau dann der Fall, wenn die (quadratische) Koeffizientenmatrix invertierbar ist, also wenn
a − 1
0
0
a − 3 1 = ( a − 1)( a − 3) · 2
0 6= 0
2
0
2
gilt. Für a ∈ R \ {1, 3} gibt es also genau ein x a ∈ R3 mit φa ( x a ) = x a . Der Punkt
x a heißt Fixpunkt von φa .
Wir berechnen weiter für a ∈ R \ {1, 3} mit Hilfe des Gaußalgorithmus

 
1 0
a−1
0
0 −1
 0
a − 3 1 −2  ∼  0 1
2
0
2 0
0 0
0
1
a −3
1

− a−1 1
− a−2 3 
1
a −1

1 0 0
 0 1 0
∼
0 0 1

− a−1 1
−2a+2
− (a−3)(1 a−1) 
.
( a−3)( a−1)
1
a −1
Somit folgt


−a + 3
1
−2a + 1 .
xa =
( a − 1)( a − 3)
a−3
(c) Ein trigonalisierbarer Endomorphismus ist genau dann nicht diagonalisierbar,
wenn er einen Eigenwert besitzt, für den die algebraische Vielfachheit strikt
größer als die geometrische Vielfachheit ist.
Da das charakteristische Polynom des linearen Anteils Ψ a von φa unabhängig
von a in reelle Linearfaktoren zerfällt, ist Ψ a trigonalisierbar. Damit Ψ a nicht
diagonalisierbar ist, muss notwendigerweise a = 3 oder a − 2 = 3 gelten (sonst
hätte Ψ a drei verschiedene Eigenwerte). Weiter gilt für den Eigenraum E3 von
Ψ a zum Eigenwert 3




a
0
0
a−3
0
0 a − 5 1 .
E3 = ker 0 a − 2 1 − 3I3 = ker  0
2
0
3
2
0
0
Sowohl für a = 3 als auch für a = 5 ist dim E3 = 1, das heißt die algebraische
Vielfachheit des Eigenwerts 3 ist in beiden Fällen strikt größer als die geometrische Vielfachheit. Damit ist der lineare Anteil von φa genau für a ∈ {3, 5} nicht
diagonalisierbar.
(d) Damit φa eine Affinität ist, muss der lineare Anteil invertierbar sein, das heißt
a ∈ R \ {0, 2} gelten. Nach (b) muss weiter a ∈ R \ {1, 3} gelten.
Wäre der lineare Anteil von φa diagonalisierbar, so hätten wir eine Basis aus
Eigenvektoren v1 , v2 , v3 im Translationsvektorraum, und die Geraden ga , h a , k a
durch den Fixpunkt x a mit diesen Richtungen wären drei Geraden mit
φa ( g a ) ⊆ g a ,
φa ( h a ) ⊆ h a
und φa (k a ) ⊆ k a .
Φ a darf also nicht diagonalisierbar sein, d.h. es muss a = 3 oder a = 5 gelten.
Insgesamt bleibt als Möglichkeit nur a = 
5 übrig.
 Die gesuchten Geraden g5 und
−2
h5 enthalten jeweils den Fixpunkt x5 = 81 −9 und als Richtungsvektor jeweils
2
einen Eigenvektor zum Eigenwert 3 bzw. a = 5.